十年真题（2010-2019）高考数学真题分类汇编 专题10 立体几何与空间向量解答题 理（含解析）

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1、专题10立体几何与空间向量解答题历年考题细目表题型年份考点试题位置解答题2019空间向量在立体几何中的应用2019年新课标1理科18解答题2018空间角与空间距离2018年新课标1理科18解答题2017空间角与空间距离2017年新课标1理科18解答题2016空间向量在立体几何中的应用2016年新课标1理科18解答题2015空间向量在立体几何中的应用2015年新课标1理科18解答题2014空间向量在立体几何中的应用2014年新课标1理科19解答题2013空间向量在立体几何中的应用2013年新课标1理科18解答题2012空间向量在立体几何中的应用2012年新课标1理科19解答题2011空间向量在立

2、体几何中的应用2011年新课标1理科18解答题2010空间角与空间距离2010年新课标1理科18历年高考真题汇编1【2019年新课标1理科18】如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点（1）证明：MN平面C1DE；（2）求二面角AMA1N的正弦值【解答】（1）证明：如图，过N作NHAD，则NHAA1，且，又MBAA1，MB，四边形NMBH为平行四边形，则NMBH，由NHAA1，N为A1D中点，得H为AD中点，而E为BC中点，BEDH，BEDH，则四边形BEDH为平行四边形，则BHDE，NMDE，NM平面C1DE

3、，DE平面C1DE，MN平面C1DE；（2）解：以D为坐标原点，以垂直于DC得直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则N（，2），M（，1，2），A1（，1，4），设平面A1MN的一个法向量为，由，取x，得，又平面MAA1的一个法向量为，cos二面角AMA1N的正弦值为2【2018年新课标1理科18】如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把DFC折起，使点C到达点P的位置，且PFBF（1）证明：平面PEF平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值【解答】（1）证明：由题意，点E、F分别是AD、BC的中点，则，由

4、于四边形ABCD为正方形，所以EFBC由于PFBF，EFPFF，则BF平面PEF又因为BF平面ABFD，所以：平面PEF平面ABFD（2）在平面PEF中，过P作PHEF于点H，连接DH，由于EF为面ABCD和面PEF的交线，PHEF，则PH面ABFD，故PHDH在三棱锥PDEF中，可以利用等体积法求PH，因为DEBF且PFBF，所以PFDE，又因为PDFCDF，所以FPDFCD90，所以PFPD，由于DEPDD，则PF平面PDE，故VFPDE，因为BFDA且BF面PEF，所以DA面PEF，所以DEEP设正方形边长为2a，则PD2a，DEa在PDE中，所以，故VFPDE，又因为，所以PH，所以在

5、PHD中，sinPDH，即PDH为DP与平面ABFD所成角的正弦值为：3【2017年新课标1理科18】如图，在四棱锥PABCD中，ABCD，且BAPCDP90（1）证明：平面PAB平面PAD；（2）若PAPDABDC，APD90，求二面角APBC的余弦值【解答】（1）证明：BAPCDP90，PAAB，PDCD，ABCD，ABPD，又PAPDP，且PA平面PAD，PD平面PAD，AB平面PAD，又AB平面PAB，平面PAB平面PAD；（2）解：ABCD，ABCD，四边形ABCD为平行四边形，由（1）知AB平面PAD，ABAD，则四边形ABCD为矩形，在APD中，由PAPD，APD90，可得PAD

6、为等腰直角三角形，设PAAB2a，则AD取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则：D（），B（），P（0，0，），C（），设平面PBC的一个法向量为，由，得，取y1，得AB平面PAD，AD平面PAD，ABPD，又PDPA，PAABA，PD平面PAB，则为平面PAB的一个法向量，cos由图可知，二面角APBC为钝角，二面角APBC的余弦值为4【2016年新课标1理科18】如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF2FD，AFD90，且二面角DAFE与二面角CBEF都是60（）证明平

7、面ABEF平面EFDC；（）求二面角EBCA的余弦值【解答】（）证明：ABEF为正方形，AFEFAFD90，AFDF，DFEFF，AF平面EFDC，AF平面ABEF，平面ABEF平面EFDC；（）解：由AFDF，AFEF，可得DFE为二面角DAFE的平面角；由ABEF为正方形，AF平面EFDC，BEEF，BE平面EFDC即有CEBE，可得CEF为二面角CBEF的平面角可得DFECEF60ABEF，AB平面EFDC，EF平面EFDC，AB平面EFDC，平面EFDC平面ABCDCD，AB平面ABCD，ABCD，CDEF，四边形EFDC为等腰梯形以E为原点，建立如图所示的坐标系，设FDa，则E（0，

8、0，0），B（0，2a，0），C（，0，a），A（2a，2a，0），（0，2a，0），（，2a，a），（2a，0，0）设平面BEC的法向量为（x1，y1，z1），则，则，取（，0，1）设平面ABC的法向量为（x2，y2，z2），则，则，取（0，4）设二面角EBCA的大小为，则cos，则二面角EBCA的余弦值为5【2015年新课标1理科18】如图，四边形ABCD为菱形，ABC120，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE平面ABCD，DF平面ABCD，BE2DF，AEEC（）证明：平面AEC平面AFC（）求直线AE与直线CF所成角的余弦值【解答】解：（）连接BD，设BDACG，连接EG、EF、F

9、G，在菱形ABCD中，不妨设BG1，由ABC120，可得AGGC，BE平面ABCD，ABBC2，可知AEEC，又AEEC，所以EG，且EGAC，在直角EBG中，可得BE，故DF，在直角三角形FDG中，可得FG，在直角梯形BDFE中，由BD2，BE，FD，可得EF，从而EG2+FG2EF2，则EGFG，（或由tanEGBtanFGD1，可得EGB+FGD90，则EGFG）ACFGG，可得EG平面AFC，由EG平面AEC，所以平面AEC平面AFC；（）如图，以G为坐标原点，分别以GB，GC为x轴，y轴，|GB|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz，由（）可得A（0，0），E（1，0，），F（1，

10、0，），C（0，0），即有（1，），（1，），故cos，则有直线AE与直线CF所成角的余弦值为6【2014年新课标1理科19】如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，ABB1C（）证明：ACAB1；（）若ACAB1，CBB160，ABBC，求二面角AA1B1C1的余弦值【解答】解：（1）连结BC1，交B1C于点O，连结AO，侧面BB1C1C为菱形，BC1B1C，且O为BC1和B1C的中点，又ABB1C，B1C平面ABO，AO平面ABO，B1CAO，又B10CO，ACAB1，（2）ACAB1，且O为B1C的中点，AOCO，又ABBC，BOABOC，OAOB，OA，OB，OB1两

11、两垂直，以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，|为单位长度，的方向为y轴的正方向，的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系，CBB160，CBB1为正三角形，又ABBC，A（0，0，），B（1，0，0，），B1（0，0），C（0，0）（0，），（1，0，），（1，0），设向量（x，y，z）是平面AA1B1的法向量，则，可取（1，），同理可得平面A1B1C1的一个法向量（1，），cos，二面角AA1B1C1的余弦值为7【2013年新课标1理科18】如图，三棱柱ABCA1B1C1中，CACB，ABAA1，BAA160（）证明ABA1C；（）若平面ABC平面AA1B1B，ABCB2，求直线A1C与平面

12、BB1C1C所成角的正弦值【解答】解：（）取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B，因为CACB，所以OCAB，由于ABAA1，BAA160，所以AA1B为等边三角形，所以OA1AB，又因为OCOA1O，所以AB平面OA1C，又A1C平面OA1C，故ABA1C；（）由（）知OCAB，OA1AB，又平面ABC平面AA1B1B，交线为AB，所以OC平面AA1B1B，故OA，OA1，OC两两垂直以O为坐标原点，的方向为x轴的正向，|为单位长，建立如图所示的坐标系，可得A（1，0，0），A1（0，0），C（0，0，），B（1，0，0），则（1，0，），（1，0），（0，），设（x，y，z）为平面BB1

13、C1C的法向量，则，即，可取y1，可得（，1，1），故cos，又因为直线与法向量的余弦值的绝对值等于直线与平面的正弦值，故直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为：8【2012年新课标1理科19】如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBCAA1，D是棱AA1的中点，DC1BD（1）证明：DC1BC；（2）求二面角A1BDC1的大小【解答】（1）证明：在RtDAC中，ADAC，ADC45同理：A1DC145，CDC190DC1DC，DC1BDDCBDDDC1面BCDBC面BCDDC1BC（2）解：DC1BC，CC1BC，DC1CC1C1，BC面ACC1A1，AC面ACC1A1，BCAC取A

14、1B1的中点O，过点O作OHBD于点H，连接C1O，OHA1C1B1C1，C1OA1B1，面A1B1C1面A1BD，面A1B1C1面A1BDA1B1，C1O面A1BD而BD面A1BDBDC1O，OHBD，C1OOHO，BD面C1OHC1HBD，点H与点D重合且C1DO是二面角A1BDC1的平面角设ACa，则，sinC1DOC1DO30即二面角A1BDC1的大小为309【2011年新课标1理科18】如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，DAB60，AB2AD，PD底面ABCD（）证明：PABD；（）若PDAD，求二面角APBC的余弦值【解答】（）证明：因为DAB60，AB2AD，由

15、余弦定理得BD，从而BD2+AD2AB2，故BDAD又PD底面ABCD，可得BDPD所以BD平面PAD故PABD（）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz，则A（1，0，0），B（0，0），C（1，0），P（0，0，1）（1，0），（0，1），（1，0，0），设平面PAB的法向量为（x，y，z），则即，因此可取（，1，）设平面PBC的法向量为（x，y，z），则，即：可取（0，1，），cos故二面角APBC的余弦值为：10【2010年新课标1理科18】如图，已知四棱锥PABCD的底面为等腰梯形，ABCD，ACBD，垂足为H，PH是四棱锥的高，E为

16、AD中点（）证明：PEBC（）若APBADB60，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值【解答】解：以H为原点，HA，HB，HP分别为x，y，z轴，线段HA的长为单位长，建立空间直角坐标系如图，则A（1，0，0），B（0，1，0）（）设C（m，0，0），P（0，0，n）（m0，n0）则可得因为所以PEBC（）由已知条件可得m，n1，故C（），设（x，y，z）为平面PEH的法向量则即因此可以取，由，可得所以直线PA与平面PEH所成角的正弦值为考题分析与复习建议本专题考查的知识点为：直线、平面平行、垂直的判定与性质，空间向量及其运算，立体几何中的向量方法（证明平行与垂直、求空间角和距离）等.历年考题

17、主要以解答题题型出现，重点考查的知识点为：直线、平面平行、垂直的判定与性质，空间向量及其运算，立体几何中的向量方法（证明平行与垂直、求空间角和距离）等.预测明年本考点题目会比较稳定，备考方向以知识点直线、平面平行、垂直的判定与性质，空间向量及其运算，立体几何中的向量方法（证明平行与垂直、求空间角和距离）等为重点较佳.最新高考模拟试题1如图，在三棱柱中，侧面是菱形，是棱的中点，在线段上，且.（1）证明：面；（2）若，面面，求二面角的余弦值【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】解：（1）连接交于点，连接因为，所以，又因为，所以，所以，又面，面，所以面.（2）过作于，因为，所以是线段的中点因为面面

18、，面面，所以面连接，因为是等边三角形，是线段的中点，所以.如图以为原点，分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标，不妨设，则，由，得，的中点，.设面的一个法向量为，则，即，得方程的一组解为，即.面的一个法向量为，则，所以二面角的余弦值为.2如图，菱形与正三角形的边长均为2，它们所在平面互相垂直，平面，平面（1）求证：平面平面；（2）若，求二面角的大小【答案】(1)见证明；(2) 【解析】（1）菱形，平面，平面，平面，平面平面（2）设，以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量，则，取，得，平面的法向量，设二面角的大小为，则，二面角的大小为3如图，在几何体中

19、，四边形为矩形，平面平面，平面，为棱的中点.（）证明：平面；（）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（）证明见解析；（）.【解析】（）因为平面，所以，又，所以平面，又因为，所以平面，平面，所以，因为平面平面，平面平面，所以平面，经计算可得，从而，所以在中，又平面，所以平面.（）如图，以点为原点建立空间直角坐标系，依题意得，.，设平面的一个法向量则即消去得，不妨设，可得，又，设直线与平面所成角为，于是，故直线与平面所成角的正弦值为.4如图，在四凌锥中，底面是直角梯形，,为线段上一点（1）求证：；（2）若二面角的余弦值为，求的值【答案】（1）见解析（2）【解析】（1）如图，由题意，得，且，又，底面

20、平面，平面平面（2）如图，以为原点，取中点，以，所在直线为轴建立空间直角坐标系则，设，且，得，即,设平面的法向量为，由即，令，得又，且，所以平面故平面的法向量为，由二面角的余弦值为，得，解得或，由得，即5如图，在三棱锥中，为线段上一点，且，平面，与平面所成的角为.（1）求证:平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值。【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】(1)因为，所以所以是直角三角形，；在中，由，不妨设，由得，在中，由余弦定理得,故,所以，所以；因为平面，平面，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面；(2)因为平面，所以与平面所成的角为，即，可得为等腰直角三角形，由(1)得，以为坐标原点

21、，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，则为平面的一个法向量。设为平面的一个法向量，因为，则由得令，则，则为平面的一个法向量，故故二面角的平面角的余弦值为.6如图，是以为直径的半圆上异于的点，矩形所在的平面垂直于半圆所在的平面，且， （1）求证：平面平面；（2）若的长度为，求二面角的正弦值【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）证明：平面平面，两平面交线为，平面， 平面平面 是直角 平面平面 平面平面（2）如图，连结，以点为坐标原点，在平面中，过作的垂线为轴，所在的直线为轴，在平面中，过作的垂线为轴，建立空间直角坐标系的长度为 则：，设平面的一个法向量为则：，令，解得：，平面

22、的一个法向量： 二面角的正弦值为7如图，在多面体中，四边形是边长为的菱形，与交于点，平面平面，.（1）求证：平面；（2）若为等边三角形，点为的中点，求二面角的余弦值.【答案】(1)见证明；(2) 【解析】（1）证明：取的中点，连结、，因为，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为、分别为、的中点，所以且.又，所以，所以四边形为平行四边形，所以，所以平面.（2）解：因为菱形，所以.所以，两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示，则，所以，所以，设平面的法向量为，由得，取，可得，平面的一个法向量为，设二面角的平面角为，则，因为二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为.8如图，在四棱锥中，

23、平面，是的中点 （1）求和平面所成的角的大小（2）求二面角的正弦值【答案】（1）（2）【解析】解：（1）在四棱锥中，平面，平面，又，平面故在平面内的射影为，从而为和平面所成的角在中，故所以和平面所成的角的大小为（2）在四棱锥中，平面，平面，由条件，平面又平面，由，可得是的中点，又，平面过点作，垂足为，连接，如图所示平面，在平面内的射影是，是二面角的平面角由已知，设，则，中，在中，得在中，所以二面角的正弦值为9如图在直角中，为直角，分别为，的中点，将沿折起，使点到达点的位置，连接，为的中点（）证明：面；（）若，求二面角的余弦值【答案】（）详见解析；（）.【解析】证明：（ ）取中点，连结、， ，

24、四边形是平行四边形， ， ， ，在中，又 为的中点，又 ，解：（）， ，以为原点，、所在直线分别为，轴，建立空间直角坐标系，设，则， ，设面的法向量，则，取，得，同理，得平面的法向量，设二面角的平面角为，则， 二面角的余弦值为10已知四棱锥中，底面为菱形，平面平面，点E，F分别为，上的一点，且，(1)求证：平面；(2)求与平面所成角的正弦值【答案】（1）见解析；（2）【解析】(1) 证明：取边上点，使得，连接.因为,所以，且.又，所以，且.所以，且，所以四边形为平行四边形,则.又平面，平面，所以平面.(2) 解：取中点,由，所以又平面平面，交线为，且,所以平面.以为原点建系，以，为轴，轴，轴.

25、所以，所以，.设平面的法向量为，则，可取,设与平面所成角为，则11已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，点在线段上.（）若为的中点，求证：平面；（）求二面角的余弦值；（）证明：存在点，使得平面，并求的值.【答案】（）详见解析；（）；（）详见解析.【解析】（）设，连结，因为正方形，所以为中点又矩形,为的中点所以且所以为平行四边形所以又平面，平面所以平面（）以为原点，分别以为轴建立坐标系则设平面的法向量为，由得则易知平面的法向量由图可知二面角为锐角所以二面角的余弦值为（）设，则若平面，则，即所以解得所以所以12如图，分别为，边的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.（）证明：平面；（）设为线段

26、上动点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.【答案】（）见解析；（）.【解析】（）E,F分别为AB ,AC边的中点,所以因为 又因为 ，所以平面（）取BE的中点O,连接PO, 由（1）知平面,EF平面BCFE，,所以平面PBE平面BCFE因为PB=BE=PE,所以PO,又因为PO平面PBE,平面PBE平面BCFE=BE所以PO . 过O作OM/BC交CF于M,分别以OB，OM，OP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示. N为线段PF上一动点设,由,得设平面PCF的法向量为则 即取 设直线BN与平面PCF所成角 直线BN与平面PCF所成角的正弦值的最大值为13如图，四棱锥中，平面，

27、是中点，是线段上的点.（1）若是中点，求证：平面；（2）设与平面所成角为，求最大值.【答案】（1）见证明；（2）【解析】解法1：（1）以为坐标原点，射线为轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系，设.则，所以，.因为平面，所以，又，所以平面，平面一个法向量为.因为，平面，所以平面.（2），设，则，.平面的一个法向量为，所以.因为，所以当，即时，取得最大值.解法2：（1）取中点为，连结，则，因为平面，所以平面，同理平面.所以平面平面，因此平面.（2）以为坐标原点，射线为轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系，设，则，所以，.设，则，.平面的一个法向量为，所以.因为，所以当，即时，取得最大值.解法3：（

28、1）同解法2.（2）因为，所以.因为平面，所以，.所以平面，则.设，则，.的最小值为到距离等于，所以的最大值.14在三棱柱中平面平面，是棱的中点.（1）求证：平面平面；（2）若，求二面角的余弦值.【答案】(1)见解析；(2) .【解析】（1）取的中点,连接与交于点，连接，,则 为的中点， ,且，所以是平行四边形.又是棱的中点，所以 . 侧面底面，且 ，所以平面 ，得平面，又平面，所以平面平面.（2）连接，因为，所以是等边三角形，设.故 面 ，由已知可得 .以 分别为轴建立空间直角坐标系.则 ， ，设平面的法向量为 则，所以 ，取 ，所以 设平面的法向量为 , 则，所以，取 ，故 ，因为二面角为

29、锐角，所以其余弦值为. 15如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面,，为中点（）求证：平面； （）求二面角的余弦值；（）在棱上是否存在点，使得？若存在，求的值；若不存在，说明理由【答案】（I）见解析； （II）； （）答案见解析 .【解析】（I）设交于点，连结.因为底面是矩形,所以为中点 .又因为为中点 , 所以.因为平面平面,所以平面. （II）取的中点，连结，.因为底面为矩形,所以.因为，,所以，所以.又因为平面PCD平面ABCD,平面平面PCD平面ABCD=CD.所以PO平面ABCD，如图，建立空间直角坐标系,则，设平面的法向量为， 所以令，则，所以.平面的法向量为，则.如图可知二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.（）在棱上存在点, 使.设,则.因为,所以.因为,所以.所以，解得.所以在棱上存在点,使，且. 40